統計検定2級CBT公式問題集の解説（カイ二乗検定の分野）

2026/11/09

カテゴリ：統計検定2級CBT問題集解説

※統計検定2級解説記事一覧はこちら※

下記のリンクからそれぞれの問題の解説に飛ぶことができます。

問1：【適合度検定の分野】適合度検定の基本に関する問題
問2：【適合度検定の分野】一様性の適合度検定に関する問題
問3：【適合度検定の分野】同等性の検定に関する問題
問4：【適合度検定の分野】ポアソン分布の当てはめに関する問題
問1：【独立性検定の分野】期待度数・自由度に関する問題
問2：【独立性検定の分野】期待度数・独立性検定に関する問題
問3：【独立性検定の分野】期待度数・独立性検定に関する問題
問4：【独立性検定の分野】検定結果に関する正誤に関する問題

問1【適合度検定の分野】

（ア）この検定では、項目の数を $n$ とすると、統計量 $\chi^2$ が自由度 $(n-1)$ のカイ二乗分布に従うことを用いて検定を行います。したがって、自由度は「3-1=2」です。

（イ）

適合度検定ではカイ二乗分布に従う統計量 $\chi^2$ を使います。統計量 $\chi^2$ は次のように求めます。

①「理論値」からの「実測値」のズレを2乗したものを、「理論値」の値で割る

くじ	1等	2等	ハズレ	計
実測値	5	12	33	50
理論値	10	15	25	50
ズレ	$\displaystyle \frac{(5-10)^{2}}{10}$	$\displaystyle \frac{(12-15)^{2}}{15}$	$\displaystyle \frac{(33-25)^{2}}{25}$	-

②ズレの和をとる

くじ	1等	2等	ハズレ	計
実測値	5	12	33	50
理論値	10	15	25	50
ズレ	$\displaystyle \chi^{2} = \frac{(5-10)^{2}}{10} + \frac{(12-15)^{2}}{15} + \frac{(33-25)^{2}}{25} = 5.66$

（ウ）統計数値表から $\chi_{0.05}^2(2)$ の値を読み取ると「5.99」となっています。 $5.66 < \chi_{0.05}^2(2)$ となることから、帰無仮説は棄却できません。

適合度の検定については「25-4. 適合度の検定」をご覧ください。

問2【適合度検定の分野】

（ア）この検定では、項目の数を $n$ とすると、統計量 $\chi^2$ が自由度 $(n-1)$ のカイ二乗分布に従うことを用いて検定を行います。したがって、自由度は「6-1=5」です。

（イ）統計数値表から $\chi_{0.05}^2(5)$ の値を読み取ると「11.07」となっています。 $2.59 < \chi_{0.05}^2(5)$ となることから、帰無仮説は棄却できません。

問3【適合度検定の分野】

（ア） $i$ 列目の度数の合計を「 $f_{i \cdot}$ 」、 $j$ 行目の度数合計を「 $f_{\cdot j}$ 」、すべての度数の合計を $n$ とすると、 $i$ 列・ $j$ 行目の「期待度数（理論値）」は以下の式から求められます。

$\displaystyle \frac{f_{i \cdot} \times f_{\cdot j}}{n}$

夏季と冬季の度数の合計はどちらも96人です。したがって、「100人以上120人未満」の階級の期待度数は

$\displaystyle \frac{(42+25) \times 96}{96+96} = 33.5$

となります。

（イ）この検定では、行の数を $m$ と、列の数を $n$ すると、統計量 $\chi^2$ が自由度 $(m-1)(n-1)$ のカイ二乗分布に従うことを用いて検定を行います。したがって、自由度は「(2-1)(5-1)=1×4=4」です。統計数値表から $\chi_{0.05}^2(4)$ の値を読み取ると「9.49」となっています。 $20.51 > \chi_{0.05}^2(4)$ となることから、帰無仮説を棄却できます。したがって、2つの分布は同等でないと言えます。

問4【適合度検定の分野】

（ア）この検定では、行の数を $m$ と、列の数を $n$ すると、統計量 $\chi^2$ が自由度 $(m-1)(n-1)$ のカイ二乗分布に従うことを用いて検定を行います。したがって、自由度は「(2-1)(5-1)=1×4=4」です。

（イ）統計量 $\chi^2$ は $(o_{i}-e_{i})^2/e_{i}$ の総和です。したがって、 $\chi^2=12.000$ です。統計数値表から $\chi_{0.05}^2(4)$ の値を読み取ると「9.49」となっています。 $12.000 > \chi_{0.05}^2(4)$ となることから、帰無仮説を棄却できます。したがって、平均2のポアソン分布に従わないと言えます。

問1【独立性検定の分野】

$\displaystyle \frac{f_{i \cdot} \times f_{\cdot j}}{n}$

したがって、「男子で菓子Aが好きである」階級の期待度数は

$\displaystyle \frac{27 \times 49}{100} = 13.23$

となります。

（イ）この検定では、行の数を $m$ と、列の数を $n$ すると、統計量 $\chi^2$ が自由度 $(m-1)(n-1)$ のカイ二乗分布に従うことを用いて検定を行います。したがって、自由度は「(2-1)(2-1)=1×1=1」です。

独立性の検定については「25-5. 独立性の検定」をご覧ください。

問2【独立性検定の分野】

この検定では、行の数を $m$ と、列の数を $n$ すると、統計量 $\chi^2$ が自由度 $(m-1)(n-1)$ のカイ二乗分布に従うことを用いて検定を行います。したがって、自由度は「(2-1)(3-1)=1×2=2」です。

統計量 $\chi^2$ は「(観測度数-期待度数)^2/期待度数」の総和です。したがって、 $\chi^2=6.60$ です。統計数値表から $\chi_{0.05}^2(2)$ の値を読み取ると「5.99」となっています。 $6.60 > \chi_{0.05}^2(2)$ となることから、帰無仮説を棄却できます。したがって、CMの要・不要は性別によって異なると言えます。

問3【独立性検定の分野】

$\displaystyle \frac{f_{i \cdot} \times f_{\cdot j}}{n}$

したがって、「薬剤Aによって改善した人数」の期待度数は

$\displaystyle \frac{90 \times 64}{120} = 48$

となります。

（イ）統計量 $\chi^2$ は「(観測度数-期待度数)^2/期待度数」の総和です。

$\displaystyle \chi^2 = \frac{90 \times 64}{120} + \frac{90 \times 56}{120} + \frac{30 \times 64}{120} + \frac{30 \times 56}{120} = 4.46$

この検定では、行の数を $m$ と、列の数を $n$ すると、統計量 $\chi^2$ が自由度 $(m-1)(n-1)$ のカイ二乗分布に従うことを用いて検定を行います。すなわち、自由度は「(2-1)(2-1)=1×1=1」です。

統計数値表から $\chi_{0.05}^2(1)$ の値を読み取ると「3.84」となっています。 $4.46 > \chi_{0.05}^2(1)$ となることから、帰無仮説を棄却できます。したがって、2種類の薬の効果に差があると言えます。

問4【独立性検定の分野】

統計量 $\chi^2$ は「(観測度数-期待度数)^2/期待度数」の総和です。 $i$ 列目の度数の合計を「 $f_{i \cdot}$ 」、 $j$ 行目の度数合計を「 $f_{\cdot j}$ 」、すべての度数の合計を $n$ とすると、 $i$ 列・ $j$ 行目の「期待度数（理論値）」は以下の式から求められます。

$\displaystyle \frac{f_{i \cdot} \times f_{\cdot j}}{n}$

ここで、 $n=105+102+15+143=365$ であることから、統計量 $\chi^2$ は次のように計算できます。

$\displaystyle \chi^2 = \frac{(105+102) \times (105+15)}{365} + \frac{(105+102) \times (102+143)}{365} + \frac{(15+143) \times (105+15)}{365} + \frac{(15+143) \times (102+143)}{365} = 69.04$

統計数値表から $\chi_{0.05}^2(1)$ の値を読み取ると「3.84」となっています。 $69.04 > \chi_{0.05}^2(1)$ となることから、帰無仮説を棄却できます。したがって、風向と季節には関連があると言えます。

古い記事

ブログ